SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I NĂM 2010
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG I Môn Toán
(Thời gian làm bài: 180 phút)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I (2,0 điểm).
Cho hàm số y = -x
3
+3x
2
+1
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số
2. Tìm m để phương trình x
3
-3x
2
= m
3
-3m
2
có ba nghiệm phân biệt.
Câu II (2,0 điểm ).
1. Giải bất phương trình:
2
4 4
16 6
2
x x
x x
+ + −
≤ + − −


Câu V (1,0 điểm).
Cho a,b,c là ba số thực dương. Chứng minh:
( )
3 3 3
3 3 3
1 1 1 3
2
b c c a a b
a b c
a b c a b c
+ + +
   
+ + + + ≥ + +
 ÷  ÷
   
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B).
A. Theo chương trình Chuẩn :
Câu VI.a(2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) :
2 2
4 2 1 0x y x y+ − − + =
và điểm A(4;5). Chứng
minh A nằm ngoài đường tròn (C) . Các tiếp tuyến qua A tiếp xúc với (C) tại T
1
, T
2
, viết phương trình
đường thẳng T
1

=
−
(m là tham số). Tìm m để (C
m
) cắt Ox tại hai điểm phân biệt A,B sao
cho tiếp tuyến của (C
m
) tại A, B vuông góc.
……………………….Hết…………………………
1
SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1
KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN
Câu Nội Dung Điểm
I.1
(1 điểm)
* TXĐ: R
Sự biến thiên: y' = -3x
2
+ 6x = -3x(x - 2)
y' = 0
⇔
0
2
x
x
=



0,25
0,25
I.2
(1 điểm)
* PT đã cho
⇔
-x
3
+ 3x
2

+ 1 = -m
3
+ 3m
2

+ 1. Đặt k = -m
3
+ 3m
2

+ 1
* Số nghiệm của PT bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đt y = k.
* Từ đồ thị (C ) ta có: PT có 3 nghiệm phân biệt
⇔
1 < k < 5
*
⇔
m
∈

≥
0
⇔
2( )
3
t L
t
≤ −


≥

0,25
2
* Với t
≥
3
⇔
2
2
16x −

≥
9 - 2x
2 2
( )
0 ( )
4( 16) (9 2 )
a
b

9
2
.
* (b)
⇔

145 9
36 2
≤ x <
.
*Tập nghệm của BPT là: T=
145
;
36
 
+∞
÷

 
0,25
0,25
0,25
II.2
(1 điểm)
* Đk: cosx
≠
0
⇔
x
≠

3sinx cos 0
osx
x
c
=



+ − =

* Sinx = 0
⇔
x = k
π
.
*
3
sinx + cosx -
1
cos x
= 0
⇔

3
tanx + 1 -
2
1
cos x
= 0


Vậy PT có các họ nghiệm: x = k
π
, x =
3
k
π
π
+
0,25
0,25
0,25
0,25
III.
(1 điểm)
* Đặt t =
2
x
e −
, Khi x = ln2
⇒
t = 0
x = ln3
⇒
t = 1
e
x
= t
2
+ 2
⇒

1
0
( 1)t dt−
∫
+ 2
1
2
2
0
( 1)
1
d t t
t t
+ +
+ +
∫

* =
2
1
( 2 )
0
t t−
+ 2ln(t
2
+ t + 1)
1
0
= 2ln3 - 1
0,25

HA = HB = HC

⇒
H là tâm đường tròn ngoại tiếp
∆
ABC.
* Theo định lí sin trong
∆
ABC ta có:
sin
BC
A
= 2R
⇒
R =
2
3
a
= HA

∆
SHA vuông tại H
⇒
SH =
2 2
SA HA−
=
6
3
a

⇒
h
M
=
1
2
h
A
.

∆
SBC vuông tại S
⇒

S
SBC∆
= a
2
* Lại có:
.S ABC
V
=
1
3
S
SBC∆
.h
A

⇒

3

≥
a
2
b + ab
2
(*)
Thật vậy: (*)
⇔
(a + b)(a
2
-ab + b
2
) - ab(a + b)
≥
0

⇔
(a + b)(a - b)
2

≥
0 đúng
Đẳng thức xẩy ra khi a = b.
* Từ (*)
⇒
a
3
+ b


3
1
a
+
3
1
a
+
3
1
a

≥
3
3
3 3 3
1 1 1
a b c
=
3
abc
(2)
* Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được BĐT cần cm
Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c.
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.a.1

* T
1
T
2

⊥
IA
⇒
đường thẳng T
1
T
2
có vtpt
n
r
=
1
2
IA
uur
=(1;2)
phương trình đường thẳng T
1
T
2
: 1(x - 4) + 2(y - 1)

⇔
x + 2y - 6 = 0
0,25

Vì
∆
// (P)
⇒

u
∆
ur

⊥
P
n
ur

* Chọn
0
u
ur
= [
IA
uur
,
P
n
ur
] = (-4;6;1)
* Phương trình tham số của đường thẳng
∆
:
3 4

x - 2y - 3 = 0
⇔
Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn só phức z là
đường thẳng x - 2y - 3 = 0
* |z| nhỏ nhất
⇔
|
OM
uuuur
| nhỏ nhất
⇔
M là hình chiếu của O trên
∆
*
⇔
M(
3
5
;-
6
5
)
⇒
z =
3
5
-
6
5
i

chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1|
*
⇒
16 = 8|t - 1|
⇔

t 3
t 1
=


= −

* Với t = 3
⇔
A(3;4
2
), B(1;0), C(5;0)
⇒
G(
3
;
4 2
3
)
Với t = -1
⇔
A(-1;-4
2
), B(1;0), C(-3;0)

= (-1;1;-5) ,
BC
uuur
= (-2;-2;-2)
[
AB
uuur
,
AC
uuur
] = (18;8;2)
mp(ABC) có vtpt
n
ur
=
1
4
[
AB
uuur
,
AC
uuur
] = (-3;2;1).
mp(
α
) có vtpt
n
ur
' = -


0,25
0,25
0,25
0,25
VII.b
(1 điểm)
* Phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) với Ox:

2
1
x m
x
− +
−
x
= 0
⇔

2
0x m

− + =

≠

x
x 1


≠

(*)
* Khi đó gọi x
1
, x
2
là nghiệm của f(x) = 0
⇒

1 2
1 2
1
m
+ =


=

x x
x x
.
Ta có: y' =
2
'( )( 1) ( 1)'. ( )
( 1)
f x x x f x
x
− − −

1
x
x −
* Tương tự: k
1
= y'(x
2
) =
2
2
2
1
x
x −
( do f(x
1
) = f(x
2
) = 0)
Theo gt: k
1
k
2
= -1
⇔

1
1
2
1